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首先注意到這個問題事實上非常複雜（兩棵樹上博弈），基礎的轉化無效，於是考慮簡化情形。

手玩很多樣例可以發現，似乎很容易出現無限迴圈的情況，進一步地，有觀察：

• 若第一棵樹上存在相鄰點 \(u, v\) 在第二棵樹上距離 \(> 2\)，那麼只要走到 \(u, v\) 其中一個點先手一定存在策略能夠無限迴圈下去。

顯然走到哪個點是對稱的，不妨假設走到 \(u\)。
那麼先手可以在後手走到 \(u\) 在第二棵樹上相鄰點時移動到 \(v\)，由於樹上路徑唯一，後手不可能在一次操作內移動到 \(v\)。

藉此，我們將滿足上述情形的點對稱作關鍵點，它們的連邊稱作關鍵邊。

注意到我們不需要考慮關鍵邊（因為走了關鍵邊必定在此之前走到了關鍵點），於是我們將關鍵邊全部刪去，第一棵樹變為森林，此時問題轉化為：

• 先手從 \(X\) 開始走，走到關鍵點贏，後手從 \(Y\) 開始追趕 \(X\) 碰到了後手贏（先手無法贏的時候儘可能最大化步數，後手儘可能最小化步數）。確定雙方誰贏並且在後手贏的時候輸出最大步數。

由於此時第一棵樹上的連邊在第二棵樹上距離 \(\le 2\)，因此考慮以第二棵樹為主樹將第一棵樹在其上連虛邊（這樣方便觀察）。

此時貌似仍然沒有頭緒，考慮 弱化問題：所有第一棵樹上連邊在第二棵樹上距離 \(=1\)。

此時顯然有如下觀察（證明不難）：

• 後手每次的最優策略一定是向先手方向移動。
• 先手的最優策略一定是走到一個不會在路徑過程中被後手撞到的（最遠）位置然後乖乖等死，或找到一個不會在路徑過程中被後手撞到的關鍵點（優先）。

對於後者，不難發現這些位置 \(u\) 滿足：\(dis_{X, u} < dis_{Y, u}\)。

充分性顯然，必要性可以考慮先手的最優策略。

那麼找到滿足上述條件點中 \(dis_{Y, u}\) 的最大值即可，答案就是其的兩倍。

回到原問題，我們做類似的觀察可以發現先手後手的最優策略與弱化問題一致！

我們容易證明：先手在與後手距離 \(\le 2\) 的時候最優策略是遠離先手 / 不動（無路可走）。
因此可以證明先手的最優策略。
而後手的最優策略顯然是先手最優策略下的答案上界。

因此只需要找到可行點的判定條件即可。

不難發現，此時一個點可行當且僅當：

• 其在第一棵樹上的所有祖先（以 \(X\)
  為根）\(u\)（包含其本身）滿足：\(disA_{X, u} < disB_{Y, u}\)

充分性考慮歸納證明。
必要性容易通過先手在與後手距離 \(\le 2\) 的時的必勝策略證明（先手不會在 \(\ge\) 的位置繼續向後手靠近）

於是直接找到上述的可行點判定先手是否贏 / 後手贏情況下的最多次數即可。

複雜度 \(\mathcal{O}(n \log n)\)，瓶頸在於求樹上兩點距離，當然本題中只需要判定距離是否 \(\le 2\)，於是可以容易優化至 \(\mathcal{O}(n)\)，但沒太大必要。